package com.shm.leetcode;

/**
 * 72. 编辑距离
 * 给你两个单词 word1 和 word2，请你计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。
 *
 * 你可以对一个单词进行如下三种操作：
 *
 * 插入一个字符
 * 删除一个字符
 * 替换一个字符
 *
 *
 * 示例 1：
 *
 * 输入：word1 = "horse", word2 = "ros"
 * 输出：3
 * 解释：
 * horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')
 * rorse -> rose (删除 'r')
 * rose -> ros (删除 'e')
 * 示例 2：
 *
 * 输入：word1 = "intention", word2 = "execution"
 * 输出：5
 * 解释：
 * intention -> inention (删除 't')
 * inention -> enention (将 'i' 替换为 'e')
 * enention -> exention (将 'n' 替换为 'x')
 * exention -> exection (将 'n' 替换为 'c')
 * exection -> execution (插入 'u')
 *
 *
 * 提示：
 *
 * 0 <= word1.length, word2.length <= 500
 * word1 和 word2 由小写英文字母组成
 * @author SHM
 */
public class MinDistance {
    /**
     * 方法一：动态规划
     * 思路和算法
     *
     * 我们可以对任意一个单词进行三种操作：
     *
     * 插入一个字符；
     *
     * 删除一个字符；
     *
     * 替换一个字符。
     *
     * 题目给定了两个单词，设为 A 和 B，这样我们就能够六种操作方法。
     *
     * 但我们可以发现，如果我们有单词 A 和单词 B：
     *
     * 对单词 A 删除一个字符和对单词 B 插入一个字符是等价的。例如当单词 A 为 doge，单词 B 为 dog 时，我们既可以删除单词 A 的最后一个字符 e，得到相同的 dog，也可以在单词 B 末尾添加一个字符 e，得到相同的 doge；
     *
     * 同理，对单词 B 删除一个字符和对单词 A 插入一个字符也是等价的；
     *
     * 对单词 A 替换一个字符和对单词 B 替换一个字符是等价的。例如当单词 A 为 bat，单词 B 为 cat 时，我们修改单词 A 的第一个字母 b -> c，和修改单词 B 的第一个字母 c -> b 是等价的。
     *
     * 这样以来，本质不同的操作实际上只有三种：
     *
     * 在单词 A 中插入一个字符；
     *
     * 在单词 B 中插入一个字符；
     *
     * 修改单词 A 的一个字符。
     *
     * 这样以来，我们就可以把原问题转化为规模较小的子问题。我们用 A = horse，B = ros 作为例子，来看一看是如何把这个问题转化为规模较小的若干子问题的。
     *
     * 在单词 A 中插入一个字符：如果我们知道 horse 到 ro 的编辑距离为 a，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 a + 1。这是因为我们可以在 a 次操作后将 horse 和 ro 变为相同的字符串，只需要额外的 1 次操作，在单词 A 的末尾添加字符 s，就能在 a + 1 次操作后将 horse 和 ro 变为相同的字符串；
     *
     * 在单词 B 中插入一个字符：如果我们知道 hors 到 ros 的编辑距离为 b，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 b + 1，原因同上；
     *
     * 修改单词 A 的一个字符：如果我们知道 hors 到 ro 的编辑距离为 c，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 c + 1，原因同上。
     *
     * 那么从 horse 变成 ros 的编辑距离应该为 min(a + 1, b + 1, c + 1)。
     *
     * 注意：为什么我们总是在单词 A 和 B 的末尾插入或者修改字符，能不能在其它的地方进行操作呢？答案是可以的，但是我们知道，操作的顺序是不影响最终的结果的。例如对于单词 cat，我们希望在 c 和 a 之间添加字符 d 并且将字符 t 修改为字符 b，那么这两个操作无论为什么顺序，都会得到最终的结果 cdab。
     *
     * 你可能觉得 horse 到 ro 这个问题也很难解决。但是没关系，我们可以继续用上面的方法拆分这个问题，对于这个问题拆分出来的所有子问题，我们也可以继续拆分，直到：
     *
     * 字符串 A 为空，如从 转换到 ro，显然编辑距离为字符串 B 的长度，这里是 2；
     *
     * 字符串 B 为空，如从 horse 转换到 ，显然编辑距离为字符串 A 的长度，这里是 5。
     *
     * 因此，我们就可以使用动态规划来解决这个问题了。我们用 D[i][j] 表示 A 的前 i 个字母和 B 的前 j 个字母之间的编辑距离。
     *
     *
     *
     * 如上所述，当我们获得 D[i][j-1]，D[i-1][j] 和 D[i-1][j-1] 的值之后就可以计算出 D[i][j]。
     *
     * D[i][j-1] 为 A 的前 i 个字符和 B 的前 j - 1 个字符编辑距离的子问题。即对于 B 的第 j 个字符，我们在 A 的末尾添加了一个相同的字符，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i][j-1] + 1；
     *
     * D[i-1][j] 为 A 的前 i - 1 个字符和 B 的前 j 个字符编辑距离的子问题。即对于 A 的第 i 个字符，我们在 B 的末尾添加了一个相同的字符，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j] + 1；
     *
     * D[i-1][j-1] 为 A 前 i - 1 个字符和 B 的前 j - 1 个字符编辑距离的子问题。即对于 B 的第 j 个字符，我们修改 A 的第 i 个字符使它们相同，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j-1] + 1。特别地，如果 A 的第 i 个字符和 B 的第 j 个字符原本就相同，那么我们实际上不需要进行修改操作。在这种情况下，D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j-1]。
     *
     * 那么我们可以写出如下的状态转移方程：
     *
     * 若 A 和 B 的最后一个字母相同：
     *
     * \begin{aligned} D[i][j] &= \min(D[i][j - 1] + 1, D[i - 1][j]+1, D[i - 1][j - 1])\\ &= 1 + \min(D[i][j - 1], D[i - 1][j], D[i - 1][j - 1] - 1) \end{aligned}
     * D[i][j]
     * ​
     *
     * =min(D[i][j−1]+1,D[i−1][j]+1,D[i−1][j−1])
     * =1+min(D[i][j−1],D[i−1][j],D[i−1][j−1]−1)
     * ​
     *
     *
     * 若 A 和 B 的最后一个字母不同：
     *
     * D[i][j] = 1 + \min(D[i][j - 1], D[i - 1][j], D[i - 1][j - 1])
     * D[i][j]=1+min(D[i][j−1],D[i−1][j],D[i−1][j−1])
     *
     * 对于边界情况，一个空串和一个非空串的编辑距离为 D[i][0] = i 和 D[0][j] = j，D[i][0] 相当于对 word1 执行 i 次删除操作，D[0][j] 相当于对 word1执行 j 次插入操作。
     *
     * 综上我们得到了算法的全部流程。
     * 复杂度分析
     *
     * 时间复杂度 ：O(mn)O(mn)，其中 mm 为 word1 的长度，nn 为 word2 的长度。
     *
     * 空间复杂度 ：O(mn)O(mn)，我们需要大小为 O(mn)O(mn) 的 DD 数组来记录状态值。
     *
     * 作者：LeetCode-Solution
     * 链接：https://leetcode-cn.com/problems/edit-distance/solution/bian-ji-ju-chi-by-leetcode-solution/
     *
     * @param word1
     * @param word2
     * @return
     */
    public int minDistance(String word1, String word2) {
        int n = word1.length();
        int m = word2.length();
        // 有一个字符串为空串
        if(n*m==0){
            return n+m;
        }
        int[][] dp = new int[n+1][m+1];

        // 边界状态初始化
        for(int i=0;i<=n;i++){
            dp[i][0]=i;
        }
        for(int j=0;j<=m;j++){
            dp[0][j]=j;
        }

        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                //t删除一个字符
                int pre = dp[i-1][j]+1;
                //s删除一个字符
                int next =dp[i][j-1]+1;
                int cur = dp[i-1][j-1];
                //修改一个字符
                if(word1.charAt(i-1)!=word2.charAt(j-1)){
                    cur++;
                }
                dp[i][j] = Math.min(pre,Math.min(cur,next));
            }
        }

        return dp[n][m];
    }
}
